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本試卷共10頁，27小題，滿分150分。考試用時120分鐘。

可能用到的相對原子質量：H 1  C12  N 14  O 16  Na23  Mg 24  AL27  P31  S32   Cl 35．5   K39  Ca 40  Mn 55  Fe 56  Cu63．5  Sr 88

一、選擇題(本題包括9小題，每小題3分，共27分。每小題只有一個選項符合題意)

1．我國稀土資源豐富。下列有關稀土元素14462Sm與15062Sm的說法正確的是

A． 14462Sm與15062Sm互為同位素

B． 14462Sm與15062Sm的質量數相同

C． 14462Sm與15062Sm是同一種核素

D． 14462Sm與15062Sm的核外電子數和中子數均為62

【解析】質子數相同，中子數不同的核素稱為同位素，具有一定數目質子數和中子數的原子成為核素。14462Sm與15062Sm質量數不同，B錯；14462Sm與15062Sm是不同核素，C錯；14462Sm與15062Sm的中子數不同， D錯。

【答案】A

2．廣東正在建設海洋強省。下列說法不正確的是

A．從海帶中提取碘單質的過程涉及氧化還原反應

B．往淡水中加入NaCl等配成人造海水，可用于海產品的長途運輸

C．赤潮主要是由工農業生產和生活廢水引起沿海水域的富營養化而造成的

D．海洋經濟專屬區的資源開發可獲得Fe、Co、K、Au、Mg、B等金屬

【解析】B是硼元素，硼元素是非金屬元素不是金屬元素。

【答案】D

3．下列有關實驗操作的說法正確的是

A．可用25ml堿式滴定管量取20．00ml KMnO4 溶液

B．用pH試紙測定溶液的pH時，需先用蒸餾水潤濕試紙

C．蒸餾時蒸餾燒瓶中液體的體積不能超過容積的2/3，液體也不能蒸干

D．將金屬鈉在研體中研成粉末，使鈉與水反應的實驗更安全

【解析】堿式滴定管不能裝酸性和強氧化性溶液，A錯。pH試紙不能用蒸餾水濕潤使用，會使測得的數值偏小，B錯。鈉若磨成粉末，反應速率加快，與水反應更加劇烈，更加不安全，D錯。

【答案】C

4．下列敘述不正確的是

A．天然氣和沼氣的主要成分是甲烷

B．等物質的量的乙醇和乙酸完全燃燒時所需氧氣的質量相等

C．纖維素乙酸酯、油脂和蛋白質在一定條件，都能水解

D．葡萄糖和蔗糖都含有C、H、O三種元素，但不是同系物

【解析】天然氣與沼氣的主要成分為甲烷，A正確；乙醇和乙酸的化學式不同，由方程式可知，1mol乙醇消耗3mol氧氣，1mol乙酸消耗2mol氧氣，B錯。油脂與纖維素乙酸酯都屬于酯類，水解生成對應的酸和醇，蛋白質水解生成氨基酸，C正確。葡萄糖分子式為C6H12O6，蔗糖分子式為C12H22011，不是同分異構體，也不是同系物，D正確。

【答案】B

5．下列說法都正確的是

①江河入海口三角洲的形成通常與膠體的性質有關

②四川災區重建使用了大量鋼材，鋼材是合金

③“鋇餐”中使用的硫酸鋇是弱點解質

④太陽能電池板中的硅在元素周期表中處于金屬與非金屬的交界位置

⑤常用的自來水消毒劑有氯氣和二氧化氮，兩者都含有極性鍵

⑥水陸兩用公共汽車中，用于密封的橡膠材料是高分子化合物

A． ①②③④   B． ①②④⑥  C． ①②⑤⑥  D． ③④⑤⑥

【解析】解答組合型選擇題要關注選項組合。三角洲的形成于膠體的形成有關，①正確，則排出D選項；硫酸鋇是難溶性鹽屬于強電解質，③錯誤，則排出A選項；氯氣是非金屬單質分子中只含有非極性鍵，⑤錯誤，則排出C選項。

【答案】B

6．設nA 代表阿伏加德羅常數(NA )的數值，下列說法正確的是

A．1 mol 硫酸鉀中陰離子所帶電荷數為NA   

B．乙烯和環丙烷(C3H6)組成的28 g混合氣體中含有3NA 個氫原子

C．標準狀況下，22.4 L氯氣與足量氫氧化鈉溶液反應轉移的電子數為NA

D．將0.1mol氯化鐵溶于1 L水中，所得溶液含有0.1NA  Fe3+

【解析】K2SO4中陰離子為硫酸根，1mol硫酸根所帶電荷為2 mol，A錯誤。乙烯和C3H6的最簡式相同均為CH2，28 g混合氣有2 mol CH2，所以含4 mol H原子，B錯誤。Fe3+在溶液中發生水解，0.1 mol FeCl3溶液中，Fe3+的物質的量要小于0.1 mol，D錯誤。

【答案】C

 

7．難揮發性二硫化鉭(TaS2 )可采用如下裝置提純。將不純的TaS2 粉末裝入石英管一端，抽真空后引入適量碘并封管，置于加熱爐中。反應如下：

  

下列說法正確的是(    ).

A．在不同溫度區域，TaI4 的量保持不變

B．在提純過程中，I2 的量不斷減少

C．在提純過程中，I2 的作用是將TaS2 從高溫區轉移到低溫區

D．該反應的平衡常數與TaI4 和S2 的濃度乘積成反比

【解析】高溫區TaS2反應生成TaI4氣體至低溫區，從而在低溫區重新生成TaS2，一段時間后，雜質留在高溫區，TaS2在低溫區，從而達到分離效果。不同溫度下反應的方向不同，TaI4的量與溫度高低有關并非保持不變，A錯誤；因為是在同一密閉系統中有質量守恒定律可知I2的量不可能不斷減少，而是充當一個“搬運工”的角色，將TaS2從高溫區轉移到低溫區，B錯誤，C正確。平衡常數與TaI4和S2的濃度乘積成正比，D錯誤。

【答案】C

8．廣州將于2010年承辦第16界亞運會。下列措施有利于節能減排、改善環境質量的有

①在大亞灣核電站已安全運行多年的基礎上，廣東將繼續發展核電，以減少火力發電帶來的二氧化硫和二氧化碳排放問題

②積極推行“限塑令”，加快研發利用二氧化碳合成的聚碳酸酯類可降解塑料

③加速建設地鐵輕軌等軌道交通，促進珠三角城市一體化發展，減少汽車尾氣排放

④發展低碳經濟、循環經濟，推廣可利用太陽能、風能的城市照明系統

⑤使用生物酶降解生活廢水中的有機物，使用填埋法處理未經分類的生活垃圾

A． ①②③④       B． ①②⑤       C． ①②④⑤     D． ③④⑤

【解析】同樣是組合型選擇題，同樣要關注選項判斷。核電可減少污染物如SO2等排放，可改善環境質量，①正確，則排出D選項；地鐵可減少汽車的數量，從而減少尾氣排放，有利于改善環境，③正確，則排出B、C選項。

【答案】A

9．下列濃度關系正確的是(    )。

A．氯水中：c(Cl2)=2{c(ClO-)+c(Cl-)+c(HCl)}

B．氯水中：c(Cl-)＞c(H+)＞c(OH-)＞c(ClO-)

C．等體積等濃度的氫氧化鈉與醋酸混合：c(Na+)=c(CH3COO-)

D．Na2CO3溶液中：c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+)

 

【解析】氯氣在水中與水反應是可逆反應，物料守恒不成立，A錯誤；Cl2+H2O=HCl+HClO，HCl中電離的H+與Cl-濃度相等，再加上HClO會電離出H+，所以H+濃度一定大于Cl-濃度，B錯誤；等體積等濃度的氫氧化鈉與醋酸混合恰好完全反應生成醋酸鈉，因CH3COO-水解，所以Na+濃度大于CH3COO-的濃度，C錯誤。

【答案】D

 

二、選擇題(本題包括9小題，每小題4分，共36分。每小題有一個或兩個選項符合題意。若正確答案包括兩個選項，只選一個且正確得2分，但只要選錯一個就得0分)

10．出土的錫青銅(銅錫合金)文物常有Cu2(OH)3Cl覆蓋在其表面。下列說法正確的是（    ）。

A．錫青銅的熔點比純銅高

B．在自然環境中，錫青銅中的錫對銅起保護作用

C．錫青銅文物在潮濕環境中的腐蝕比干燥環境中快

D．生成Cu2(OH)3Cl覆蓋物是電化學腐蝕過程，但不是化學反應過程

【解析】合金的熔點一般比各組分的熔點要低，所以錫銅合金的熔點比純銅低，A錯誤；Sn與Cu形成原電池，因Sn比Cu金屬活潑性強，所以 Sn作負極，Cu作正極，Sn對Cu起到保護作用，B正確；合金在潮濕環境下，可可以發生電化學腐蝕，比干燥環境腐蝕要快，C正確；電化學腐蝕同樣屬于化學反應過程，D錯誤。

【答案】BC

11．元素X、Y、Z原子序數之和為36，X、Y在同一周期，X＋與Z2－具有相同的核外電子層結構。下列推測不正確的是

A．同周期元素中X的金屬性最強

B．原子半徑X＞Y，離子半徑X＋＞Z2－

C．同族元素中Z的氫化物穩定性最高

D．同周期元素中Y的最高價含氧酸的酸性最強

【解析】由題目信息可推斷出，X為Na ，Y為Cl，Z為O。同周期(第三周期中)X(Na)的金屬性最強，A正確；同周期元素從左向右原子半徑減小，原子半徑X(Na)>Y(Cl)，電子層結構相同的離子，離子半徑隨核電荷數的增加而減小，離子半徑X(Na+)<Z(O2—)，B錯誤；同族元素中(VIA族)Z(O)的氫化物穩定性最高，C正確；同周期(第三周期中)Y(Cl)的非金屬性最強，則最高價含氧酸的酸性最強(HClO4)，D正確。

【答案】B

12．下列離子方程式正確的是

A．向鹽酸中滴加氨水：H++OH－=H2O

B．Fe(OH)3溶于氫碘酸：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O

C．銅溶于稀硝酸：3Cu+8H++2NO3－=3Cu2＋+2NO↑+4H2O

D．Na2S2O3溶液中通入足量氯氣：S2O32－＋2Cl2＋3H2O＝2SO32－＋4Cl－＋6H＋

【解析】氨水是弱電解質，應寫分子形式，A錯誤。漏寫Fe3+與I—的氧化還原反應， B錯誤；SO32-亞硫酸根可被Cl2氧化(氯氣足量)，D錯誤。

【答案】C

13．警察常從案發現場的人體氣味來獲取有用線索，人體氣味的成分中含有以下化合物：①辛酸；②壬酸；③環十二醇；④5，9一十一烷酸內酯；⑤十八烷⑥已醛；⑦庚醛。下列說法正確的是

A．①、②、⑥分子中碳原子數小于10，③、④、⑤分子中碳原子數大于10

B．①、②是無機物，③、⑤、⑦是有機物

C．①、②是酸性化合物，③、⑤不是酸性化合物

D．②、③、④含氧元素，⑤、⑥、⑦不含氧元素

【解析】辛酸含8個C，壬酸含9個C，己醛含6個C，A正確；辛酸、壬酸都是有機物，B錯誤；辛酸、壬酸均屬于羧酸呈酸性，是酸性化合物體；醇與烷是非電解質，不是酸性化合物，C正確；己醛與庚醛都含有氧，D錯誤。

【答案】AC

14．可用于電動汽車的鋁—空氣燃料電池，通常以NaCl溶液或NaOH溶液為點解液，鋁合金為負極，空氣電極為正極。下列說法正確的是

A．以NaCl溶液或NaOH溶液為電解液時，正極反應都為：O2＋2H2O＋4e－＝4OH－

B．以NaOH溶液為電解液時，負極反應為：Al＋3OH－－3e＝Al(OH)3↓

C．以NaOH溶液為電解液時，電池在工作過程中電解液的pH保持不變

D．電池工作時，電子通過外電路從正極流向負極

【解析】無論是NaOH還是NaCl，在正極上都是O2得到電子被還原，A正確；生成的Al(OH)3是兩性氫氧化物，在堿溶液中發生反應生成AlO2—，B錯誤；生成的Al(OH)3與NaOH反應生成NaAlO2，消耗電解質中的NaOH，使pH減少，C錯誤；原電池中，電子在外電路的負極流向正極，D錯誤。

【答案】A

15、取5等份NO2 ，分別加入溫度不同、容積相同的恒容密閉容器中，發生反應：

2NO2(g)N2O4(g)，△H＜0 反應相同時間后，分別測定體系中NO2的百分量(NO2%)，并作出其隨反應溫度(T)變化的關系圖。下列示意圖中，可能與實驗結果相符的是

【解析】在恒容狀態下，在五個相同的容器中同時通入等量的NO2，反應相同時間。那么則有兩種可能，一是已達到平衡狀態，二是還沒有達到平衡狀態，仍然在向正反應移動。若5個容器在反應相同時間下，均已達到平衡，因為該反應是放熱反應，溫度越高，平衡向逆反應方向移動，NO2的百分含量隨溫度升高而升高，所以B正確。若5個容器中有未達到平衡狀態的，那么溫度越高，反應速率越大，會出現溫度高的NO2轉化得快，導致NO2的百分含量少的情況，在D圖中轉折點為平衡狀態，轉折點左則為未平衡狀態，右則為平衡狀態，D正確。

【答案】BD

16．磷鎢酸H3PW12O40等雜多酸可代替濃硫酸用于乙酸乙酯的制備。下列說法不正確的是

A．H3PW12O40在該酯化反應中其催化作用

B．雜多酸鹽Na2HPW12O40與Na3PW12O40都是強電解質

C．H3PW12O40、KH2PW12O40與Na3PW12O40中都有相同的原子團

D．硅鎢酸H4 SiW12O40也是一種雜多酸，其中W的化合價為+8

【解析】因濃硫酸在制備乙酸乙酯中起到催化劑和吸水劑的作用，又雜多酸可代替濃硫酸制備乙酸乙酯，所以雜多酸同樣起到催化作用，A正確；因大多數鹽屬于強電解質，所以雜多酸鹽為強電解質，所以雜多酸鹽也為強電解質，B正確；磷鎢酸又可將其視作為H3PO4與WO3的混合酸，因磷酸為三元中強酸，磷酸鹽中含有的酸根不同即原子團不同，C錯誤；從化合價和代數為0可知W的價態為+6價，D錯誤。

【答案】CD

17．常溫下，往H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液，可發生如下兩個反應：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，2Fe3++H2O2＝2Fe2++O2↑+H+下列說法正確的是

A．H2O2的氧化氫比Fe3+強，其還原性比Fe2+弱

B．在H2O2分解過程中，溶液的pH逐漸下降

C．在H2O2分解過程中， Fe2+和Fe3+的總量保持不變

D．H2O2生產過程要嚴格避免混入Fe2+

【解析】由氧化還原反應的強弱律可知，氧化性是氧化劑大于氧化產物，還原性是還原劑大于還原產物，由方程一可知，氧化劑H2O2氧化性比氧化產物Fe3+強，由方程二可知，還原劑H2O2還原性比，原產物為Fe2+強，所以A錯誤；方程一和方程二相加，即H2O2分解生成H2O和O2，H2O2呈弱酸性，所以隨著反應進行，pH升高，B錯誤；H2O2分解Fe3+或Fe2+作催化劑，所以總量不變，C正確；因為Fe2+可導致H2O2分解，所以H2O2生產過程要避免混入Fe2+，D正確。

【答案】CD

18．硫酸鍶(SrSO4)在水中的沉淀溶解平衡曲線如下，下列說法正確的是

A．溫度一定時，Ksp(SrSO4)隨c(SO42-)的增大而減小

B．三個不同溫度中，313K時Ksp(SrSO4)最大

C．283K時，圖中a點對應的溶液是不飽和溶液

D．283K下的SrSO4飽和溶液升溫到263K后變為不飽和溶液

【解析】平衡常數只與溫度有關，與物質的濃度無關，A錯誤；溫度一定時Ksp=[Sr2+][SO42—]，由圖可知，313K時，相同SO42—濃度下，Sr2+的濃度最大，所以平衡常數最大，B正確；283K時，Sr2+的濃度比平衡時要小，Qc小于Ksp(283K)，對應為不飽和溶液，C正確；283K下的飽和溶液，突然升溫至363K，Ksp減少，析出沉淀，仍然為飽和溶液，D錯誤。

【答案】BC

 

三、(本題包括3小題，共34分)

19．(12分)

   某試驗小組利用如下裝置(部分固定裝置略)制備氧化鈣(Ca3N2)，并探究其實驗式。

(1)按圖連接好實驗裝置。檢查裝置的氣密性，方法是            。

(2)反應過程中末端導管必須插入試管A的水中，目的是          。

(3)制備氮化鈣的操作步驟是：

①打開活塞K并通入N2；

②點燃酒精燈，進行反應；

③反應結束后，         ；

④拆除裝置，取出產物。

(4)數據記錄如下：

 

空瓷舟質量m0/g

瓷舟與鈣的質量m1/g

瓷舟與產物的質量m2/g

14.80

15.08

15.15

 

①計算得到實驗式CaxN2,其中x=             ．

②若通入的N2中混有少量O2，請比較x與3的大小，并給出判斷依據：           。

【解析】(1)檢查裝置氣密性首先要關閉活塞K，并將末端導管插入試管A的水中形成密閉系統，而是要通過升溫形成壓強差。(2)由題給(4)的②可知，若N2中混有O2會使產物不純，因此要隔絕氧氣對反應的影響，末端導管必須插入試管A的水中可防止氧氣進入。(3)此處要聯想初中氧氣制備作答，因為溫度降低會導致壓強減小，出現倒吸現象，所以要首先撤出導管，在熄滅酒精燈。(4)①由題給實驗數據可知：

m(Ca )=m1—m0=15.08—14.80=0.28g

則n(Ca )=0.28g/40g·moL—1=0.007mol

m(CaxN2)=15.15—14.80=0.35g

則m(N)=0.35g—0.28g=0.07g

n(N)=0.07g/14g·mol—1=0.005mol
因為n(Ca ):n(N)=7:5，所以x=2×7/5=2.8

②因為鈣的總量不變，若通入的N2中混有少量O2，所得產物中會混有氧化鈣，因為氮的相對原子質量小于樣的相對原子質量，結果m2偏大，n(N)會偏大，所以x值會減小。

 

【答案】(1)關閉活塞K，將末端導管插入試管A的水中，用酒精燈微熱硬質試管，若末端導管有連續均勻的氣泡冒出，撤去酒精燈冷卻一段時間，在導管內形成一段水柱，并且一段時間不回落，則證明裝置的氣密性良好。
(2)反應過程中末端導管必須始終插入試管A的水中，目的是：防止空氣中的氧氣通過末端導管進入實驗裝置，氧化單質鈣，生成氧化鈣，引入雜質。
(3)反應結束后，先將末端導管從試管A中拔出，再熄滅酒精燈。
(4)x=2.8；因為鈣的總量不變，若通入的N2中混有少量O2，所得產物中會混有氧化鈣，因為氮的相對原子質量小于樣的相對原子質量，結果m2偏大，n(N)會偏大，所以x值會減小。

 

20．(10分)

 甲酸甲酯水解反應方程式為：

HCOOCH3(l)+H2O(l)HCOOH(l)+CH3OH(l)；△H>0

某小組通過試驗研究該反應(反應過程中體積變化忽略不計)。反應體系中各組分的起始量如下表：

組分

HCOOCH3

H2O

HCOOH

CH3OH

物質的量/mol

1.00

1.99

0.01

0.52

甲酸甲酯轉化率在溫度T1下隨反應時間(t)的變化如下圖：

(1)根據上述條件，計算不同時間范圍內甲酸甲酯的平均反應速率，結果見下表：

反應時間范圍/min

0~5

10~15

20~25

30~35

40~45

50~55

75~80

平均反應速率/(10－3mol·min－1)

1.9

7.4

7.8

4.4

1.6

0.8

0.0

 

請計算15—20 min范圍內甲酸甲酯的減少量為           mol，甲酸甲酯的平均反應速率為       mol·min—1(不要求寫出計算過程)。

   (2)依據以上數據，寫出該反應的反應速率在不同階段的變化規律及其原因：          。

   (3)上述反應的平衡常數表達式為：，則該反應在溫度T1下的K值為              。

    (4)其他條件不變，僅改變溫度為T2(T2大于T1)，在答題卡框圖中畫出溫度T2下甲酸甲酯轉化率隨反應時間變化的預期結果示意圖。

【解析】(1)15min時，甲酸甲酯的轉化率為6.7%，所以15min時，甲酸甲酯的物質的量為1—1.00mol×6.7%=0.933mol；20min時，甲酸甲酯的轉化率為11.2%所以20min時，甲酸甲酯的物質的量為1—1.00mol×11.2%=0.888mol，所以15至20min甲酸甲酯的減少量為0.933mol—0.888mol=0.045mol，則甲酸甲酯的平均速率=0.045mol/5min=0.009mol·min—1。

(2)從題給數據不難看出，平均速率的變化隨轉化率的增大先增大再減小，后保持不變。因為反應開始甲酸甲酯的濃度大，所以反應速率較大，后隨著反應進行甲酸甲酯的濃度減小，反應速率減小，當達到平衡時，反應速率幾乎不變。

(3)由圖象與表格可知，在75min時達到平衡，甲酸甲酯的轉化率為24%，所以甲酸甲酯轉化的物質的量為1.00×24%=0.24mol，結合方程式可計算得平衡時，甲酸甲酯物質的量=0.76mol，水的物質的量1.75mol，甲酸的物質的量=0.25mol ，甲醇的物質的量=0.76mol。所以K=(0.76×0.25)/(1.75×0.76)=1/7。

(4)因為升高溫度，反應速率增大，達到平衡所需時間減少，所以繪圖時要注意T2達到平衡的時間要小于T1，又該反應是吸熱反應，升高溫度平衡向逆反應方向移動，甲酸甲酯的轉化率減小，所以繪圖時要注意T2達到平衡時的平臺要低于T1。

【答案】(1)15—20min范圍內甲酸甲酯的減少量為0.045mol；甲酸甲酯的平均反應速率為0.009mol·min—1。

(2)反應速率隨著反應的進行，先逐漸增大再逐漸減小，后不變；原因：隨著反應的不斷進行，應開始甲酸甲酯的濃度大，所以反應速率較大，后隨著反應進行，甲酸甲酯的物質的量濃度不斷減少，反應速率不斷減慢，所以轉化率增大的程度逐漸減小，當反應達到平衡后，轉化率不變。

(3)1/7。

(4)圖略。作圖要點：因為T2>T1，溫度越高，平衡向逆反應方向移動，甲酸甲酯的轉化率下降，T2達到平衡時的平臺要低于T1；另外溫度越高，越快達到平衡，所以T2達到平衡的時間要小于T1。

21．(12分)

   三草酸合鐵酸鉀晶體K3[Fe(C2O4)3]·3H2O可有于攝影和藍色印刷。某小組將無水三草酸合鐵酸鉀在一定條件下加熱分解,對所得氣體產物和固體產物進行實驗和探究。請利用實驗室常用儀器、用品和以下限選試劑完成驗證和探究過程。

    限選試劑：濃硫酸、1.0 mol·L-1HNO3、1.0 mol·L-1鹽酸、1.0 mol·L-1 NaOH、3%  H2O2 、0.1 mol·L-1KI、0.1 mol·L-1CuSO4、20% KSCN、澄清石灰水、氧化銅、蒸餾水。

(1)將氣體產物依次通過澄清石灰水(A)、濃硫酸、灼熱氧化銅(B)、澄清石灰水(C)，觀察到A、C中澄清石灰水都變渾濁，B中有紅色固體生成，則氣體產物是        。

(2)該小組同學查閱資料后推知，固體產物中，鐵元素不可能以三價形式存在，而鹽只有K2CO3。驗證固體產物中鉀元素存在的方法是         ，現象是            。

(3)固體產物中鐵元素存在形式的探究。

  ①提出合理假設

    假設1：          ；          假設2：               ；假設3：          。

②設計實驗方案證明你的假設(不要在答題卡上作答)

③實驗過程

 根據②中方案進行實驗。在答題卡上按下表的格式寫出實驗步驟、預期現象與結論。

實驗步驟

預期現象與結論

步驟1

 

步驟2

 

步驟3

 

……

 

 

【解析】(1)由A中澄清石灰水都變渾濁，可知K3[Fe(C2O4)3]·3H2O分解的產物中有CO2；由B中有紅色固體生成，C中澄清石灰水變渾濁，可知K3[Fe(C2O4)3]·3H2O分解的產物中有CO。(2)因為所有的鉀鹽、鈉鹽和銨鹽都可溶，所以驗證鈉、鉀元素一般是用顏色反應。(3)由于草酸根中C為+3價，而產物中二氧化碳、碳酸鉀中碳為+4價，一氧化碳中碳為+2價，存在著化合價的變化。由題意鐵元素不可能以三價形式存在，說明鐵的化合價一定發生變化，由鐵的常見化合價不難得出，其一定會降低，可能為0價或+2價。由此不難得出三種假設。設計實驗步驟時要注意鐵和氧化亞鐵均與鹽酸反應生成亞鐵離子，均與硝酸反應生成鐵離子，也就是說鐵的存在會干擾氧化亞鐵的檢驗，所以要利用兩者性質的差異性先檢驗出鐵，排出鐵的干擾。因此一定要用到硫酸銅溶液。由于題給試劑沒有能夠檢驗亞鐵離子的試劑，所以要將其氧化為鐵離子再檢驗，所以必須用到硝酸和硫氰化鉀溶液。

【答案】(1)則氣體產物是：CO2和CO。 

 

(2)驗證固體產物中鉀元素存在的方法是焰色反應，現象是透過藍鈷玻璃觀察呈紫色火焰。(3)假設1：鐵元素的存在形式為Fe單質；假設2：鐵元素的存在形式為FeO；假設3：鐵元素的存在形式為Fe與FeO的混合物。

實驗步驟

預期現象與結論

步驟一：用藥匙取少量固體產物于一支潔凈干燥的試管A中，用膠頭滴管滴加過量的煮沸過的0．1mol/LCuSO4溶液于試管中，振蕩，靜置，過濾，取出固體另一試管B中備用。

若出現大量紅色固體，則證明假設1或假設3成立。
若不出現紅色固體，則假設2可能成立。

步驟二：往試管B的固體加過量1mol/L鹽酸，滴加少量20%KSCN溶液，再滴加少量煮沸過的1mol/LHNO3溶液。

加鹽酸后，固體部分溶解。
若加入少量1mol/LHNO3后溶液變血紅色，則證明原固體為Fe與FeO混合，假設3成立。
若加入少量1 mol/LHNO3后溶液不變血紅色，則證明原固體只含Fe，假設1成立

步驟三：若步驟一不出現紅色固體。用藥匙另取少量固體產物于一支潔凈干燥的試管中，用膠頭滴管滴加過量煮沸過的1 mol/L的鹽酸，滴加少量20%KSCN溶液，再滴加少量煮沸過的1 mol/L HNO3溶液。

加鹽酸后，固體全部溶解。若滴加KSCN溶液后，溶液不呈血紅色，滴加1 mol/LHNO3后溶液變血紅色，則證明假設2成立。

 

四、(本題包括3小題，共34分)

22．(12分) 某工廠生產硼砂過程中產生的固體廢料，主要含有MgCO3、MgSiO3、 CaMg(CO3)2、Al2O3和Fe2O3等，回收其中鎂的工藝流程如下：

 

沉淀物

Fe(OH)3

Al(OH)3

Mg(OH)2

pH

3.2

5.2

12.4

 

部分陽離子以氫氧化物形式完全深沉時溶液的pH由見上表，請回答下列問題：

(1)“浸出”步驟中，為提高鎂的浸出率，可采取的措施有          (要求寫出兩條)

(2)濾渣I的主要成分有       。

(3)從濾渣Ⅱ中可回收利用的主要物質有       。

(4)Mg(ClO3)2在農業上可用作脫葉劑、催熟劑，可采用復分解反應制備：

      MgCl2+2NaClO3===Mg(ClO3)2+2NaCl

已知四種化合物的溶解度(S)隨溫度(T)變化曲線如下圖所示：

①將反應物按化學反應方程式計量數比混合制備Mg(ClO3)2．簡述可制備Mg(ClO3)2的原因：         。

②按①中條件進行制備實驗。在冷卻降溫析出Mg(ClO3)2過程中，常伴有NaCl析出，原因是：            。除去產品中該雜質的方法是：             。

【解析】 (1)固體溶解及反應完全的措施一般是加熱、振蕩或攪拌，或是增大硫酸的濃度，所以答案應該從這些方面分析回答。

(2)從題給信息可以看出pH調到5.5應該Fe3+和Al3+沉淀完全，所以沉淀應該是氫氧化鐵和氫氧化鋁。

(3)從流程變化，因為廢料浸出用到硫酸，可知濾液中應該含有硫酸根離子；從廢料成分中含有CaMg(CO3)2和兩次調節pH均用到氫氧化鈉，可知濾液中陽離子應該有鈉離子和鈣離子，所以從濾渣Ⅱ中可回收利用的主要物質是硫酸鈉和硫酸鈣。

(4)①分析該題可以結合硝酸鉀與氯化鈉的分離方法思考，同時要注意題給圖示，從圖示上我們不難得到下列信息，一是相同溫度時氯酸鎂的溶解度最大氯化鈉溶解度最小，二是氯酸鎂溶解度隨溫度變化最大，氯化鈉溶解度隨溫度變化最小。所以控制反應溫度的變化，可以控制可溶性物質的分離。

②從題給圖示不難看出相同溫度時氯化鈉的溶解度最小，因此在冷卻降溫析出Mg(ClO3)2過程中一定會析出氯化鈉。由于氯酸鎂和氯化鈉均溶于水，溶于水的可溶性物質一般用結晶和重結晶的方法分離。

【答案】(1)增大硫酸濃度；加熱升高溫度；邊加硫酸邊攪拌(要求寫出兩條)
(2)濾渣Ⅰ主要成分有Fe(OH)3、Al(OH)3

(3)從濾液Ⅱ中可回收利用的主要物質有CaSO4、Na2SO4

(4)①該反應的生成物為Mg(ClO3)2和NaCl的混合溶液，NaCl的溶解度隨溫度變化不大，Mg(ClO3)2的溶解度隨溫度升高而升高。利用兩物的溶解度差異，通過加熱蒸發濃縮，冷卻結晶，過濾，將Mg(ClO3)2與NaCl分離，制得Mg(ClO3)2。

②因為在相同溫度向下NaCl的溶解度最小，所以在冷卻結晶過程中，會有少量NaCl隨Mg(ClO3)2析出；重結晶。

23、(11分)

磷單質及其化合物的、有廣泛應用。

(1)同磷灰石[主要成分]在高溫下制備黃磷(P4)的熱化學方程式為：

4Ca5(PO4)3F(s)+21SiO2(s)+30C(s)=3P4(g)+20CaSiO3(s)+30CO(g)+SiF4(g) ；△H

①上述反應中，副產物礦渣可用來          。

②已知相同條件下：

4Ca3(PO4)2F(s)+3SiO2(s)=6Cas3(PO4)2(s)+2CaSio3(s)+SiF4(g) ；△H1

2Ca3(PO4)2(s)+10C(s)=P4(g)+6CaO(s)+10CO(g)；△H2

SiO2(s)+CaO(s)=CaSiO3(s) ；△H3

用△H1、△H2和△H3表示△H，△H =            

(2)三聚磷酸可視為三個磷酸分子(磷酸結構式見右圖)之間脫去兩個水分子產物，其結構式為            。三聚磷酸鈉(俗稱“五鈉”)是常用的水處理劑，其化學式為        

(3)次磷酸鈉(NaH2PO2)可用于化學鍍鎳。

①NaH2PO2中P元素的化合價為             。

②化學鍍鎳的溶液中含有Ni2+和H2PO2－，在酸性等條件下發生下述反應：

(a)       Ni2+ +      H2PO2－+       →    Ni++       H2PO3－+     

(b)6H2PO—2 +2H+ =2P+4H2PO3+3H2↑

請在答題卡上寫出并配平反應式(a)。

(4)利用②中反應可在塑料鍍件表面沉積鎳—磷合金，從而達到化學鍍鎳的目的，這是一種常見的化學鍍。請從以下方面比較化學鍍與電鍍。

  方法上的不同點：                    ；原理上的不同點：          ；化學鍍的優點：                    。

【解析】(1)①由方程式可以看出副產物礦渣應該是CaSiO3(s)，結合煉鐵我們不難得出答案是制水泥。

②運用蓋斯定律，反應1—反應2×3+反應3×18=總反應，則△H=△H1—3△H2+18△H3

(2)結合題意三聚磷酸鈉(俗稱“五鈉”)可知產物三聚磷酸應含有五個羥基，即三個磷酸分子之間有三個羥基相互反應脫去兩個水分子，所以三聚磷酸的結構式為，三聚磷酸鈉的化學式為Na5P3O10。

(3)①因為Na、H的化合價為+1，O為—2，所以由化合價代數和為0可得P的化合價為：+1。

②由得失電子數目守恒(2—1)×2=(3—1)×1，可知Ni2+ 和Ni+的化學計量數為2，H2PO2－和H2PO3－的化學計量數為1，再由電荷守恒2×2—1=2×1—1+2×1，可知H+在方程式的右邊，H2O在方程式的左邊，化學計量數分別為2和1。即總方程式為：2Ni2+ +      1H2PO2－+ 1H2O → 2 Ni+  +1H2PO3－+ 2 H+

(4)比較化學鍍與電鍍應該從反應環境和條件以及反應實質和產物方面去分析歸納問題，從方法上分析，電鍍是利用電解原理通過外加直流電源，在鍍件表面形成的鍍層，鍍層一般只有鎳，而化學鍍是利用氧化還原反應鍍件直接與電解質溶液接觸，在塑料鍍件表面沉積鎳—磷合金，這是兩者的不同；從原理上分析，無論電鍍還是化學鍍均有電子的轉移，均是利用了氧化還原反應，這是兩者的相同點，不同點是化學鍍用的是化學反應，而電鍍用的是電化學；很明顯化學鍍裝置簡單，而且不需要消耗電能，裝置簡單、耗能少、操作簡便應該是化學鍍優于電鍍的。

【答案】(1)水泥；△H1—3△H2+18△H3。

(2) ，Na5P3O10。

(3)+1；2Ni2+ + 1H2PO2－+ 1H2O → 2 Ni+  +1H2PO3－+ 2 H+。

(4)化學鍍中鍍件直接與電解質溶液接觸反應；電鍍通過外加電流，在鍍件外形成鍍層；化學鍍是利用化學腐蝕反應；電鍍是利用電解池，外加電流進行氧化還原反應 ；裝置簡便，節約能源，操作簡便  。

24．(11分)

超細氧化鋁是一種重要的功能陶瓷原料。

(1)實驗室常以NH4Al(SO4)2和NH4HCO3為原料，在一定條件下先反應生成沉淀NH4AlO(OH)HCO3,該沉淀高溫分解即得超Al2O3,NH4AlO(OH)HCO3熱分解的化學反應方程式________________。

(2)NH4Al(SO4)2的相對分子質量為453。欲配制100 mL PH為2濃度約為0.1 mol-1的NH4Al(SO4)2溶液，配制過程為

①用托盤天平稱量NH4Al(SO4)2·12H2O固體_________g

②將上述固體置于燒杯中____________________________________

(3)在0.1 mol·l—1NH4Al(SO4)2溶液中，鋁各形態的濃度(以Al3＋計)的對數(lgc)隨溶液ph變化的關系見下圖

①用NaOH溶液調節(2)中溶液pH至7，該過程中發生反應的離子方程式有    

②請在答題卡的框圖中，畫出0.01mol·l—1NH4Al(SO4)2溶液中鋁各形態的濃度的對數lgc隨溶液pH變化的關系圖，并進行必要的標注。

【解析】(1)解答該題的關鍵是要判斷出反應的產物，由題意NH4AlO(OH)HCO3熱分解的產物應該有Al2O3，結合所學知識可知產物還應有NH3、CO2和H2O，配平化學方程式得：2NH4AlO(OH)HCO3=△=2NH3↑ +Al2O3+ 3H2O↑+2CO2↑

(2)注意配置一定物質的量濃度溶液的操作步驟地準確性，一般是計算、溶解、轉移、洗滌、定容、裝瓶。計算時要注意規范，同時要注意托盤天平的精確度是±0.1 g，100 mL 0.1mol/LNH4Al(SO4)2中，物質的量為0.01 mol,M[NH4Al(SO4)2]=453 g/mol ，所以m(NH4Al(SO4)2)=453 g/mol×0.01 mol=4.53 g=4.5 g；溶解時要注意玻璃棒攪拌，轉移時注意用到玻璃棒引流，同時還要注意洗滌操作，定容時距刻度2~3cm處應改用膠頭滴管，同時還要注意上下震蕩，使之混合均勻，裝瓶時要注意貼上標簽。

(3)①從題給圖示可以看出，pH至7時鋁離子完全轉化為氫氧化鋁沉淀，沒有出現沉淀的溶解，又因為銨根離子水解使溶液顯酸性，所以中性溶液中必須是銨根離子和一水合氨的混合物，說明必需有銨根離子與氫氧根的反應。該過程中發生反應的離子方程式為：Al3+ +3OH—=Al(OH)3↓；NH4+ +OH—=NH3·H2O②作圖時注意NH4Al(SO4)2濃度的變化，由于濃度變為0.01 mol·l—1，所以起始與最終數值為—2，又因為Al3+濃度減少減少為0.01 mol·l—1，而溶度積常數不變，所以剛開始產生沉淀時pH要增大。而完全沉淀和沉淀溶解時的PH應與原圖一樣不能改變，但注意氫氧化鋁完全溶解時的pH也是不變的二縱座標發生改變，所以線要與原圖有所區別。
【答案】(1)2NH4AlO(OH)HCO3=△=2NH3↑+Al2O3+3H2O↑+2CO2↑(2)將4.5 g固體置于燒杯中，邊加蒸餾水溶解邊用玻璃棒攪拌，待完全溶解后，用玻璃棒移液至100 mL的容量瓶中，用蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒2~3次，并將洗滌液轉移到容量瓶中，加蒸餾水至刻度線2~3cm處應改用膠頭滴管，上下振蕩，靜置，將配置好的溶液裝入試劑瓶中，并貼上標簽。(3)圖略。作圖要點：起始與最終數值為—2；剛開始產生沉淀時pH要增大；完全沉淀和沉淀溶解時的pH應與原圖一樣；氫氧化鋁完全溶解時的pH也是不變的二縱座標發生改變，所以線要與原圖有所區別。

五、(本題包括1小題，9分)

25．(9分)疊氮化合物應用廣泛，如NaN3，可用于汽車安全氣轂PhCH2N3可用于合成化合物V(見下圖，僅列出部分反應條件Ph—代表苯基)

(1)下列說法不正確的是____________(填字母)

A．反應①④屬于取代反應

B．化合物I可生成酯，但不能發生氧化反應

C．一定條件下化合物II能生成化合物I

D．一定條件下化合物II能與氫氣反應類型與反應②相同

(2)化合物II發生聚合反應的化學方程式為______________(不要求寫出反應條件)

(3)反應③的化學方程式為______________(要求寫出反應條件)

(4)化合物III與PhCH2N3發生環加成反應成化合物V，不同條件下環加反應還可生成化合物V的同分異構體。該同分異物的分子式為____________結構式為______________。

(5)科學家曾預言可合成C(N3)4。其可分解成單質，用作炸藥。有人通過NaN3與NC－CCl3,反應成功全成了該物質下列說法正確的是___________(填字母)

A．該合成反應可能是取代反應

B．C(N3)4與甲烷具有類似的空間結構

C．C(N3)4不可能與化合物Ⅲ發生環加反應

D．C(N3)4分解爆炸的化學反應方程式可能為C(N3)4→C＋6N2↑

【解析】(1)反應①是氯原子取代側鏈上的氫原子，屬于取代反應，④是氯原子被N3基團所取代，也應屬于取代反應，A正確；化合物I中含有羥基，而且與之相連的碳原子上有1個氫原子，應該可以發生酯化反應和氧化反應，B錯誤；按反應機理若用化合物II所得產物會少一個氫原子，C錯誤；化合物II與氫氣和溴水或溴的四氯化碳溶液均發生加成反應，D正確。答案BC。

(2)化合物II：PhCH=CH2中含有碳碳雙鍵，應該發生加聚反應，書寫時不要漏寫n，注意將苯基寫為側鏈。反應方程式：

(3)甲苯在光照條件下與氯氣發生取代反應，書寫時千萬不要漏寫反應條件光照，不要漏寫小分子氯化氫，反應的方程式：

(4)書寫分子式應該沒有問題，因為同分異構體的分子式是相同的，但要注意苯基原子個數不要計算錯誤，分子式為：C14H13N3。書寫同分異構體要從結構式出發，注意碳碳雙鍵上苯基位置的變化，即

 

 (5)從NaN3與NC－CCl3,反應分析不難看出反應過程中有C、N三鍵的破壞，不符合取代反應的要求，所以A錯誤；C(N3)4可視作甲烷分子中的氫原子被N3基團所替代代，所以C(N3)4與甲烷具有類似的空間結構，B正確；因為C(N3)4分子中存在N、N 不飽和鍵，應該可以發生加成反應，C錯誤；由題給信息科學家曾預言可合成C(N3)4。其可分解成單質，可以判斷D正確。答案BD。

【答案】(1)BC(2) (3)

 (4) (5)BD

26．(10)光催化制氫是化學研究的熱點之一。科學家利用含有呲啶環(呲啶的結構式為

其性質類似于苯)的化合物II作為中間體，實現了循環法制氫，示意圖如下(僅列出部分反應條件)：

(1)化合物II的分子式為______________。

(2)化合物I合成方法如下(反應條件略，除化合物III的結構未標明外，反應式已配平)；

化合物III的名稱是________________。

 (3)用化合物V(結構式見右圖)代替III作原料，也能進行類似的上述反應，所得有機物的結構式為___________________。                          

                                                           

 (4)下列說法正確的是_____________(填字母)

A．化合物V的名稱是間羥基苯甲醛，或2—羥基苯甲醛

B．化合物I具有還原性；II具有氧化性，但能被酸性高錳酸鉀溶液氧化

C．化合物I、II、IV都可發生水解反應

D．化合物V遇三氯化鐵顯色，還可發生氧化反應，但不能發生還原反應

 (5)呲啶甲酸酯可作為金屬離子的萃取劑。2—呲啶甲酸正丁酯(VI)的結構式見右圖，其合成原料2—呲啶甲酸的結構式為_________________；VI的同分異構體中，呲啶環上只有一氫原子被取代的呲啶甲酸酯類同分異構體有_________________種。 

                   

【解析】(1)由題給結構簡式可以數出分子中所含原子個數，注意不要數掉了環上的氫原子，分子式為：C11H13NO4。

(2)結合題(1)可以得到化合物I的分子式為C11H15NO4，接著計算出化合物Ⅳ的分子式為C5H8O3，再由質量守恒定律，可得化合物III的分子式為：C(11+1—2×5—1)H(15+8——2×8—5)N(1—1)O(4+4×1+2—2×3—3)，結合所學知識可確定其為甲醛。

(3)結合題(3)可以得到有機物的分子式為C(7+2×5+1—1)H(6+2×8+5—8)O(2+2×3+3—4×1—2)N，所得化合物與化合物I相比多出部分為C6H4NO，由此可以確定甲醛在反應中提供化合物ICH2部分，化合物V應該提供部分替代CH2部分，所以所得化合物的結構式為：。

(4)間羥基苯甲醛應為3—羥基苯甲醛，2—羥基苯甲醛應為鄰羥基苯甲醛，A錯誤；由題給圖示不難看出反應的過程為：化合物II+H2→化合物I，也就是說化合物I可以去氫，表現氧化性，化合物II可以加氫，表現還原性，B錯誤；化合物I、II、IV都含有酯基結構，都能發生酯的水解反應，C正確；化合物V中含有酚羥基、醛基和苯環，醛基即能發生氧化反應，也能發生還原反應，D錯誤。答案：C。

    (5)水解生成2—呲啶甲酸和丁醇，結合酯的水解反應我們不難得到2—呲啶甲酸的結構式為：；由于呲啶環存在對稱性，其一元取代物有3種，去掉VI，應該還有2種。

【答案】(1)C11H13NO4(2)甲醛(3)(4)C(5)2

27：(10分)

銅單質及其化合物在很多領域有重要的用途，如金屬銅用來制造電線電纜，五水硫酸銅可用作殺菌劑。

(1)Cu位于元素周期表第I B族。Cu2＋的核外電子排布式為__________。

 (2)右圖是銅的某種氧化物的晶胞結構示意圖，可確定該晶胞中陰離子的個數為_________。

 (3)膽礬CuSO4·5H2O可寫成[Cu(H2O)4]SO4 H2O，其結構示意圖如下：

下列說法正確的是__________(填字母)。

A．在上述結構示意圖中，所有氧原子都采用sp3雜化 

B．在上述結構示意圖中，存在配位鍵、共價鍵和離子鍵

C．膽礬是分子晶體，分子間存在氫鍵

D．膽礬中的水在不同溫度下會分步失去

 (4)往硫酸銅溶液中加入過量氨水，可生成[Cu(NH2)2]2＋配離子。已知NF3與NH3的空間構型都是三角錐形，單NF3不易與Cu2＋形成配離子，其原因是_______________。

(5)Cu2O的熔點比Cu2S的_________(填“高”或“低”)，請解釋原因__________。

【解析】(1)Cu原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1,失去兩個電子后電子排布式應為1s22s22p63s23p63d9。

(2)由題給圖示可以看出氧原子O有8個位于定點，2個位于面心，4個位于棱上，1個位于體內，所以晶胞中氧離子個數為8×1/8+2×1/2+4×1/4+1=4。

(3)在上述結構示意圖中，所有氧原子都是飽和氧原子，所以都采用sp3雜化，A正確；在上述結構示意圖中，存在O→Cu配位鍵，H—O、S—O共價鍵和Cu、O離子鍵，B正確；膽礬是五水硫酸銅，從性質和組成上應為離子晶體，C錯誤；由于膽礬晶體中水兩類，一類是形成配體的水分子，一類是形成氫鍵的水分子，結合上有著不同，因此受熱時也會因溫度不同而得到不同的產物，D正確。答案：ACD。

(4)NF3分子中氟原子非金屬性強是吸電子的，使得氮原子上的孤對電子難于與Cu2＋形成配位鍵。

(5)Cu2O和Cu2S均為離子化合物，離子化合物的熔點與離子鍵的強弱有關。由于氧離子的例子半徑小于硫離子的離子半徑，所以亞銅離子與氧離子形成的離子鍵強于亞銅離子與硫離子形成的離子鍵，所以Cu2O的熔點比Cu2S的高。

【答案】(1)1s22s22p63s23p63d9(2)4(3)ACD(4)NF3分子中氟原子非金屬性強是吸電子的，使得氮原子上的孤對電子難于與Cu2＋形成配位鍵(5)高；由于氧離子的例子半徑小于硫離子的離子半徑，所以亞銅離子與氧離子形成的離子鍵強于亞銅離子與硫離子形成的離子鍵，所以Cu2O的熔點比Cu2S的高。

 

 

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